2026年高考物理二轮复习（北京）重难05 动量与能量问题（重难专练）（解析版）

重难05动量与能量问题

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模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”

一、冲量的三种计算方法

公式法I=Ft适用于求恒力的冲量

动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知情况下的冲量

图像法F−t图线与时间轴围成的面积表示冲量，若F与t成线性关系，也可以直接用平均力求解

二、用动量定理解题的基本思路

三、动量定理在“流体类”问题中的应用

流体及其特点通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ

分析步骤建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S

隔离微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为vΔt，对应的质量为Δm=ρSvΔt

应用动量定理FΔt=Δp研究这段柱状流体，列方程求解

四、应用动量守恒定律解题的基本步骤

五、常见的类碰撞模型

（1）“保守型”碰撞拓展模型

图例（水平面光滑）

小球—弹簧模型小球—曲面模型

达到共速相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最大

再次分离相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0=mv1+Mv2，能量满足

111

mv2=mv2+Mv2

202122

（2）“耗散型”碰撞拓展模型

图例（水平面、水平导轨都光滑）

达到共速

相当于完全非弹性碰撞，满足mv0=(m+M)v共，损失的动能最大

六、碰撞问题解题策略

（1）熟记典型碰撞模型相关公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰或相当于弹性碰撞后的速

m1−m22m1

度分别为v1=v0、v2=v0。

m1+m2m1+m2

（2）熟记弹性正碰结论：当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。

（3）熟记人船模型或类人船模型的运动特点、条件和规律：

七、力学“三大观点”的综合应用

1.力学三大观点对比

力学三大观对应规律表达式可解决的问题

点

动力学观点牛顿第二定律F合=ma物体做匀变速直线运动的问题

1

匀变速直线运动v=v+atx=vt+at2v2−v2=2ax

0020

规律等

能量观点动能定理W合=ΔEk涉及做功与能量转化的问题

机械能守恒定律Ek1+Ep1=Ek2+Ep2

功能关系WG=−ΔEp等

能量守恒定律E1=E2

动量观点动量定理FΔt=mv′−mv只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功

的问题

动量守恒定律p1+p2=p1′+p2′只涉及初、末速度而不涉及力、时间的问题

2.选取“力学三大观点”规律的思维流程

八、功能关系和能量观点在传送带模型中的应用

静摩擦力做功的特点（1）静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；

（2）相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能

滑动摩擦力做功的特点（1）滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；

（2）相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于

产生的内能

摩擦生热的计算

Q=Ff⋅s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程

传送带因传送物体多消耗的（1）等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和；

能量（2）等于传送带克服物体对传送带的摩擦力做的功

（建议用时：20分钟）

1.（2025·北京大兴·三模）两个相同小铁块A和B，分别从固定的、高度相同的光滑斜面和圆弧斜面的顶

点滑到底部，如图所示。如果它们的初速度都为零，且下滑到底部的路程相同，则下列说法正确的是

（）

A．它们到达底部时速度相同

B．它们到达底部过程中重力做功相同

C．它们到达底部过程中重力的冲量相同

D．整个过程中合外力的冲量相同

【答案】B

【详解】A．小铁块从顶点到底部过程，根据动能定理可得

12

可得小铁块到达底部的速度大小为𝑚�=2��

可知小铁块A和B到达底部时速度�大=小相2�等�，方向不同，故A错误；

B．根据重力做功，可知它们到达底部过程中重力做功相同，故B正确；

C．重力的冲量为�=𝑚，�由上述可知它们达底部时速度的大小相同，下滑到底部的路程相同，但在过程

中小铁块A是匀加�速=直𝑚线�运动，小铁块B是加速度减小的加速运动，则通过速度时间图像分析可知它们运

动时间不相同，故重力的冲量不同，故C错误；

D．根据动量定理可得合

�=��−0=��

由于小铁块A和B到达的速度方向不同，可知整个过程中铁块的动量变化不相同，则合外力的冲量不同，

故D错误。

故选B。

2.（2025·北京海淀·三模）如图所示，东风-17高超音速战略导弹，是世界上第一种正式装备服役的高超

音速乘波器导弹，射程可达几千公里，具备高超音速突防能力，可借助空前的机动能力实现蛇形机动，

规避拦截。已知东风-17质量为m，在一次试射机动变轨过程中，东风-17正在大气层边缘向东水平高

速飞行，速度大小为12马赫（1马赫就是一倍音速，设为v），突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下

37°角飞行，速度大小为15马赫。此次机动变轨过程中，下列说法正确的是（）

A．合力对东风-17做功为81mv2

B．合力对东风-17做功为40.5mv2

C．合力对东风-17的冲量大小为15mv，方向竖直向下

D．合力对东风-17的冲量大小为12mv，方向竖直向上

【答案】B

【详解】AB．合力对东风-17做功为，A错误，B正确；

12122

22

CD．合力对东风-17的冲量为�=�15�−，方�向1竖2�直向=下4，0.C5�D�错误。

故选B。�=15��sin37°=9��

3.（2025·北京海淀·三模）具有相同质子数和不同中子数的原子称为同位素。让氢的两种同位素原子核

（、）从带电平行板间的点沿垂直于电场的方向射入电场，均落在极板上的同一点，如图所

12

示。1不H计粒1子H的重力及粒子间的相�互作用，则（）

A．两种粒子在电场中运动的时间相同

B．两种粒子在点具有相同的初速度

C．在电场�中运动时动能的增量更小

2

D．1H在电场中运动时动量的增量更小

1

【答案】D1H

【详解】A．粒子垂直电场入射，做类平抛运动，水平方向匀速，竖直方向匀加速，因两粒子落在同一点，

x、y相同，q相同，则水平方向

�

�=�0

竖直方向

1𝑞2

质量�=，2⋅��质量

12

则1H�1，A错1H误；�2=2�1

B．�2由=2�1

相同，�=�0�

�得�2>，�B1错误；

C．�0由2<动能�01定理，动能增量

故两粒子动能增量相等，CΔ错�k误=；𝑞�

D．由动量定理，动量增量

Δ�=𝑞�

因

则�2>�1

即Δ�2>动Δ量�1增量更小，D正确。

1

故选1DH。

4.（2025·北京西城·三模）A、B两物体的质量之比，它们以相同的初速度在水平面上做

匀减速直线运动，直到停止，其图像如图所示�。A:�则B在=此2过:1程中，关于A、B两物体�0，下列说法错

误的是（）�−�

A．摩擦力的冲量之比是

B．摩擦力做功之比�A:�B是2:1

C．它们所受摩擦力之�A比:�B是2:1

D．它们与水平面之间的�动A:摩�B擦因2数:1之比是

【答案】C�A:�B2:1

【详解】A．A与B均只受摩擦力做匀减速直线运动，由动量定理，可得摩擦力的冲量之比

，故A正确，不符题意；�f=0−��0�A:�B=

AB

B�．:由�动=能2定:1理可知，可知克服摩擦力做功之比，故B正确，不符题

12

0ABAB

意；�=0−2���:�=�:�=2:1

C．由，可知，由图像可知A与B的运动时间之比为1:2，则，故C错误，

�f�A224

fB

符合题�意=；�⋅Δ��=Δ��−��=1×1=1

D．由摩擦力，可知，可得，故D正确，不符题意。

��A412

�=�𝑚�=𝑚�B=1×2=1

故选C。

5.（2025·北京朝阳·二模）如图所示，某同学以大小为的初速度将铅球从P点斜向上抛出，到达Q点

时铅球速度沿水平方向。已知P、Q连线与水平方向的�0夹角为，P、Q间的距离为。不计空气阻力，

铅球可视为质点，质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的30是°（）�

A．铅球从P点运动到Q点所用的时间为

2�

�

B．铅球从P点运动到Q点重力做的功为

1

2𝑚�

C．铅球从P点运动到Q点动量的变化为

��

�2

D．铅球到达Q点的速度大小为

2

0

【答案】D�−��

【详解】A．铅球从P点运动到Q点的逆过程为平抛运动，竖直方向是自由落体运动，由运动学公式有

o12

�sin30=2��

解得铅球从P点运动到Q点所用的时间为，A错误；

�

�

B．由重力做功有铅球从P点运动到Q点重力做的功为

1

G2

B错误；�=−𝑚�

C．由上述分析可知，从P点运动到Q点所用的时间为，由动量定理有

�

�

代入数据有铅球从P点运动到Q点动量的变化为𝑚�=Δ�

C错误；Δ�=���

D．铅球从P点运动到Q点由动能定理有

11212

−2𝑚�=2���−2��0

解得铅球到达Q点的速度大小为，D正确。

2

0

故选D。�−��

6.（2025·北京西城·一模）如图所示，光滑斜面高度一定，斜面倾角θ可调节。物体从斜面顶端由静止释

放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量与斜面倾角无关的是（）

A．物体受到支持力的大小

B．物体加速度的大小

C．合力对物体做的功

D．物体重力的冲量

【答案】C

【详解】设斜面倾角为，斜面的高度为：

A．垂直斜面方向，根据�平衡条件可得物ℎ体受到支持力大小

则物体受到支持力的大小与斜面倾角有关，故A错误；�=𝑚cos�

B．沿着斜面方向，根据牛顿第二定律

可得𝑚sin�=𝑚

则物体�=加�速si度n�的大小与斜面倾角有关，故B错误；

C．物体下滑过程中只有重力做功，则合力对物体做的功都为，与斜面倾角无关，故C正确；

D．沿着斜面方向，根据运动学公式𝑚ℎ

ℎ12

sin�=2��

解得

12ℎ

�=sin�⋅�

物体重力的冲量

�

�Gsin�2�ℎ

与斜面倾角有关，故=�D�错�误=。

故选C。

7.（2025·北京丰台·二模）如图1所示，光滑水平面左侧有一竖直墙壁，质量为m的小球以速度与静

止的质量为M的小球发生对心碰撞，。m与M或墙壁之间的碰撞没有能量损失。设任意�时0刻两

球速度分别为v和V，令，�<�，，其中r为定值，该函数的图像如图2所

222

示，图像中的点（，）�表=示两�个�小�球=组成�的�系�统+可�能的=状�态，A、B、C为系统连续经历的三个状态。

根据以上信息，下�列说�法正确的是（）

A．从状态A到状态B过程系统动量不守恒

B．从状态B到状态C过程两个小球发生弹性碰撞

C．直线AB的斜率

�

�=−�

D．图像中圆的半径

12

0

【答案】C�=2��

【详解】A．质量为m的小球以速度与静止的质量为M的小球发生对心碰撞，根据动量守恒和机械能守

0

恒可得，�

121212

��0=��1+��22��0=2��1+2��2

可得，

�−�2�

1�+�02�+�0

可知碰�撞=后小球�<的0速度�反=向；由�图2可知，状态A时小球的速度为0，状态B时小球的速度方向与状

态A时的速度方�向相反，则从状态A到状态B过程两个小球�发生弹性碰撞，系统满足动量�守恒，故A错误；

B．由图2可知，从状态B到状态C，小球的速度等大反向，所以从状态B到状态C过程是小球与墙壁

发生弹性碰撞，故B错误；��

C．从状态A到状态B过程两个小球发生弹性碰撞，根据题意可知图中直线AB的斜率为

��2

�=��1−��0=

2�

�⋅�+��0�

�−�

00�

故�⋅C�+正��确−；��=−

D．令，，，则有

222222

可得�=���=���+�=�(��)+(��)=�

222

由于�m�与+M�或�墙=壁�之间的碰撞没有能量损失，根据能量守恒可得

121212

2��+2��=2��0

联立可得

2

0

故D错误�。=��

故选C。

8.（2025·北京西城·二模）如图1所示，小球悬挂在轻弹簧的下端，弹簧上端连接传感器。小球上下振动

时，传感器记录弹力随时间变化的规律如图2所示。已知重力加速度。下列说法正确的是

2

（）�=10m/s

A．小球的质量为0.2kg，振动的周期为4s

B．0~2s内，小球始终处于超重状态

C．0~2s内，小球受弹力的冲量大小为

D．0~2s内，弹力对小球做的功等于小球2N动⋅能s的变化量

【答案】C

【详解】A．小球在最低点时弹簧拉力最大，传感器读数最大为2N，到达最高点时传感器示数最小值为零，

则此时弹簧在原长，小球的加速度为向下的g，结合对称性可知最低点时的加速度为向上的g，根据则

F-mg=ma

可知F=2mg=2N

即小球的质量m=0.1kg

由图像可知，振动的周期为4s，选项A错误；

B．0~2s内，小球从最低点到最高点，加速度先向上后向下，则先超重后失重，选项B错误；

C．0~2s内，小球从最低点到最高点，动量变化为零，由动量定理

可得小球受弹力的冲量大小为�−𝑚�=0

选项C正确；�=2N⋅s

D．0~2s内，小球动能变化为零，弹力对小球做的功与重力做功的代数和等于小球动能的变化量，选项D

错误。

故选C。

9.（2025·北京西城·二模）如图所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木块以一定的初速度从斜面底端冲上

斜面后又滑回斜面底端。则木块（）

A．上滑过程的时间大于下滑过程的时间

B．上滑过程的加速度小于下滑过程的加速度

C．上滑过程与下滑过程损失的机械能相等

D．上滑过程的动量变化量小于下滑过程的动量变化量

【答案】C

【详解】AB．设斜面倾角为，木块受到摩擦力大小为f，木块质量为m，木块上滑过程，由牛顿第二定律

�

有上

�+𝑚sin�=𝑚

木块下滑过程，由牛第二定律有下

𝑚sin�−�=𝑚

可知上下

�>�

将上升的过程采用逆向思维，根据位移时间公式得

12

�=2��

位移x相等，易得上下

�<�

故AB错误；

C．根据克

f

可知上滑�过程与=下��滑�过co程s�克×服�摩擦力做功相同，因为克服摩擦阻力做功等于物体机械能的变化量，所以上

滑过程与下滑过程损失的机械能相等，故C正确；

D．由公式

2

�=2��

且上下，可知上滑时木块的初速度上大于木块下滑到低端时的速度下，可知上滑过程的速度变化量大

�>���

于下滑过程的速度变化量，故上滑过程的动量变化量大于下滑过程的动量变化量，故D错误。

故选C。

10.（2025·北京西城·二模）如图所示，长为l的细绳上端悬于P点，下端拴一个质量为m的小球。小球在

水平面内做匀速圆周运动，细绳与竖直方向的夹角为，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正

�

确的是（）

A．细绳的拉力大小等于

B．小球的向心加速度等于𝑚sin�

C．小球转动一周，绳拉力的�s冲in�量等于0

D．小球转动一周，重力的冲量等于

【答案】D2����cos�

【详解】A．小球竖直方向有

解得细绳的拉力大小�cos�=𝑚

𝑚

�=cos�

故A错误；

B．对小球，由牛顿第二定律有

解得小球的向心加速度𝑚tan�=𝑚

故B错误；�=�tan�

CD．小球转动一周，速度变化量为0，动量变化量为0，根据动量定理，可知拉力冲量与重力冲量等大反

向，根据

22

4π4π

22

�=��=��sin�

联立解得，小球圆周运动周期

�cos�

则小球转动一周，重力的冲量�=2��

故拉力冲量也为�，G故=�C�错�误=，2�D�正确��。cos�

故选D。2����cos�

11.（2025·北京东城·二模）如图所示，将质量为的沙箱用长为的不可伸长的轻绳悬挂起来，一颗质量为

的子弹水平射入沙箱（未穿出），沙箱摆动的�最大摆角为�。摆动过程中，沙箱可视为质点，

�

重�力加速度为，则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于（��<）2

�

A．B．

�+��+�

�2��cos��2��1−cos�

C．D．

2�+�2�+�

【答案】B���1−cos����cos�

【详解】设子弹射入沙箱时整体速度为v，由机械能守恒有

12

设子弹将要射入沙箱时的速度大小为，规定向右为正方向，2子(�弹+射�入)�沙箱=过(�程+，�由)动��量(1守−恒co有s�)

�0��0=(�+

联�)立�解得

�+�

0�

故选B。�=2��1−cos�

12.（2025·北京海淀·一模）如图所示，物体在与水平方向夹角为、大小为F的拉力作用下，从静止开始

沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体和地面之间的动摩擦�因数为。在物体运动时间为t的过程中

（）�

A．仅改变，拉力对物体做的功不变

B．仅改变�，合力对物体做的功不变

C．仅改变拉�力大小F，物体受到重力的冲量不变

D．仅改变拉力大小F，物体受到摩擦力的冲量不变

【答案】C

【详解】AB．对物体受力分析，根据牛顿第二定律可得

其中�cos�−��N=𝑚

N

联立解�得+�sin�=𝑚

�cos�−�(𝑚−�sin�)

�=�

12

�=��

拉力2对物体所做的功为

��=��cos�

合力对物体所做的功合合

�=��=[�cos�−�(𝑚−�sin�)]�

可见，若改变，则拉力所做的功随之改变，若改变，合力所做的功也会改变，AB错误；

C．根据冲�量的定义可知，重力的冲量�

由于重力的大小不变，作用时间不变，�故�=重�力�的�冲量不变，C正确；

D．拉力的大小改变，结合上述分析可知，物体所受摩擦力的大小发生改变，而作用时间不变，因此摩擦力

的冲量发生改变，D错误。

故选C。

（建议用时：30分钟）

1.（2025·北京通州·一模）从地面上以初速度竖直上抛一质量为的小球，一段时间后落回地面的速度

大小为。小球运动的速度随时间变化的规�律0如图所示。若运动�过程中小球受到的阻力与其速率成正

比，重力�1加速度为，下列说法中正确的是（）

�

A．小球上升过程的时间大于下落过程的时间

B．小球上升和下降过程中阻力的冲量大小相等

C．小球上升过程中的平均速度大于

�0

2

D．整个过程中阻力做功为0

【答案】B

上

【详解】A．由题意可得，上升过程中，小球的加速度为上

𝑚+�

下�=�

下落过程中，小球的加速度为下

𝑚−�

�=�

可知上升的平均加速度大于下落的平均加速度，且又上升和下降的位移相同，根据

12

2

可知小球上升过程的时间小于下落过程的时间，故A错误；�=��

B．由题意可得，阻力与速率的关系为

故阻力的冲量大小为�=��

因为上升过程和下降过�f=程�位�移=相��同�=，�则�上升和下降过程阻力冲量大小相等，故B正确；

C．上升过程若是匀减速运动，则平均速度为

�0

但由图可知，其速度时间图像面积小于匀减速�运=动2的面积，即小球上升的位移小于匀减速上升的位移，则

可得小球上升过程中的平均速度小于，故C错误；

�0

2

D．整个过程中阻力方向一直与速度反向，故阻力一直在做负功，故D错误。

故选B。

2.（2024·北京·一模）如图所示，把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示，迅速

松手后，球升高至最高位置C（图丙），逾中经过位置B时弹簧正处于原长（图乙）。忽略弹簧的质量

和空气阻力。则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是（）

A．经过位置B时小球的动量最大

B．在位置A松手瞬间，小球受到的弹力不一定大于两倍的重力

C．从A到B过程，小球受到弹力的冲量大小大于重力的冲量大小

D．小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小

【答案】C

【详解】A．小球从A运动到C的过程中，当弹簧弹力等于小球重力时，小球速度最大，动量最大，此时

弹簧处于压缩状态，所以经过位置B时小球的动量不是最大，故A错误；

B．小球从A运动到B的过程，小球做简谐运动，根据对称性可知，小球在A位置的加速度大于在B位置

的加速度，而B位置的加速度为g，则在A位置有弹

�−𝑚=𝑚A>𝑚

可得弹

�>2𝑚

故B错误；

C．从A到B过程，根据动量定理可得弹

�−�G=���−0>0

可知小球受到弹力的冲量大小大于重力的冲量大小，故C正确；

D．在运动过程中，只有重力，弹簧的弹力做功，所以小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒，故D

错误。

故选C。

3.（2025·北京东城·一模）如图所示，某同学用频闪相机记录P、Q两球的碰撞过程。图中共记录了连续

7次闪光的照片，碰撞前相邻两曝光时刻P球的球心间距为；碰后相邻两曝光时刻，P球的球心间距

为，Q球的球心间距为。碰撞后P、Q两球的运动方向与�1P球原运动方向的夹角分别为、。已

知两�2球的质量相等，不计�一3切摩擦。下列说法正确的是（）��

A．若碰撞过程中动量守恒，则一定有

B．若碰撞过程中动量守恒，则一定有�1=�2+�3

222

123

C．若碰撞过程中机械能、动量都守恒，�则=一�定+有�，且

�

�1=�2+�3�+�=2

D．若碰撞过程中机械能、动量都守恒，则一定有，且

222�

�1=�2+�3�+�=2

【答案】D

【详解】设闪光的时间间隔为：

AB．若碰撞过程中动量守恒，�需要满足，

�1�2�3�2�3

约分后有，��=��cos�+��cos���sin�=��sin�

故AB错误�1；=�2cos�+�3cos��2sin�=�3sin�

CD．若碰撞过程中机械能、动量都守恒，还需要满足

1�121�221�32

2�(�)=2�(�)+2�(�)

整理可得

222

碰撞前后总�1动=量�2方+向�3在同一直线上，如图所示

由于

222

123

可知�=�+�

�

�+�=2

故D正确，C错误。

故选D。

4.（2025·北京顺义·模拟预测）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力

大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（）

A．上升和下落两过程的时间相等

B．上升和下落两过程合力的冲量大小相等

C．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度

D．上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能

【答案】D

【详解】C．竖直向上抛出、向下落的过程中，对小球分别受力分析

可知上抛时的合力大小为：，下落时的合力大小为：

12

可得到其受到的合力关系满足�：=��+�，�加速度，故加速度大�小关=系𝑚满−足�：�，故C错误；

�

12�12

A．由加速度，位移大小相�等>，�可得到平均�速=度的相对大小关系满足：�，>两�个时间关系满足：

，故A�错1>误�；2�1>�2

B�1．<由�2加速度，位移大小相等，可知上抛过程的初速度、下落过程的末速度大小关系满足：。

根据动量定理�，1>上�抛2过程中，以向上为正方向，则：�1>�2

下落过程，以向下为正方向，则：−�1=0−��1

可知合力冲量的大小关系满足：�2=，�故�2−B错0误；

�1>�2

D．由平均速度大小满足：，可知阻力的大小满足：，阻力做功满足：，

结合功能关系，可知阻力做�功1大>小�2与损失的机械能相等，即可�1知>机�械2能损失情况满足：�1>�2，故D正

确。𝑞1>𝑞2

故选D。

5.（2025·北京门头沟·一模）如图所示，光滑水平轨道上长木板A和滑块B、C都处于静止状态，滑块B

置于A的左端。A、B间的动摩擦因数为0.5，A、B、C质量分别为kg，kg，kg。

现在使A、B一起以5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（�时A间=极2短）后�B立=即1一起向�右C=运2动。

两滑块均可视为质点，取m/s2。下列说法正确的是（）

�=10

A．C增加的动量为4kg·m/s

B．A与C碰撞过程中损失的机械能为15J

C．A与C碰撞后瞬间，A的速度大小为2m/s

D．若长木板A的长度为0.6m，则滑块B不会滑离长木板A

【答案】D

【详解】C．在A与C碰撞中，因碰撞时间极短，动量守恒，设碰撞后瞬间A与C共同速度为vAC，以右

为正方向，由动量守恒定律可得（）

解得�A�0=�A+�C�AC

故C�错AC误=；2.5m/s

A．C增加的动量为

Δ故�A=错�误C�；AC=5.0kg⋅m/s

B．A与C碰撞运动中损失的机械能为

1212

A0ACAC

代入数据解得Δ�=2��−2�+��

故B错误；Δ�=12.5J

D．A与B的摩擦力大小为

则有B的加速度大小为�f=��B�

22

B

AC的加速度大小为�=𝑚=0.5×10ms=5ms

�f��B�0.5×1×1022

�AC=�A+�C=�A+�C=2+2ms=1.25ms

B做减速运动，AC做加速运动，设速度相等时所用时间为t，则有

�0−�B�=�AC+�AC�

解得

B的位�=移0为.4s

1212

�B=�0�−2�B�=5×0.4m−2×5×0.4m=1.6m

A的位移为

1212

AAC2AC2

B相对A的�位=移�为�+��=2.5×0.4m+×1.25×0.4m=1.1m

因此若长木板A的Δ长�度=为�B0−.6m�A，=则1滑.6m块−B1不.1会m滑=离0.5木m板A，故D正确。

故选D。

6.（2025·北京房山·一模）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳

下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若

不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A．人的加速度一直在减小

B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小

C．人下降到最低点时，人的重力势能全部转化为人的动能

D．人的动量最大时，绳对人的拉力等于人所受的重力

【答案】D

【详解】A．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，加速度为零，所以人的加速度先减小后

增大，A错误；

B．绳的拉力对人做负功，但开始时重力做功大于绳的拉力做功，故人的运动开始过程是增大的，当弹力等

于重力时，人的速度最大即动能最大，接下来速度减小，动能减小；B错误；

C．人下降到最低点时，速度为零，动能为零，则人的重力势能全部转化为绳的弹性势能，C错误；

D．当绳对人的拉力等于人所受的重力时，人的速度最大，人的动量最大，D正确。

故选D。

7.（2025·北京房山·一模）如图甲所示，物体A以速度水平抛出，图甲中的虚线是物体A做平抛运动

的轨迹。图乙中的曲线是一光滑轨道，轨道的形状与�物0体A的轨迹完全相同。让物体B从轨道顶端无

初速下滑，物体B下滑过程中没有脱离轨道。物体A、B质量相等，且都可以看作质点。下列说法正

确的是（）

A．物体B的机械能不守恒

B．两物体重力的冲量不相等

C．两物体合力做功不相等

D．两物体落地时重力的瞬时功率相等

【答案】B

【详解】AC．两物体下落过程中，都只有重力做功，大小相等，机械能守恒，故AC错误；

B．A物体做的是平抛运动，在竖直方向的加速度为g，而B物体做的不是平抛运动，因为轨道弹力的存在，

竖直方向的加速度小于g，所以两物体同时开始运动，运动时间不同，根据可知，两物体重力的冲

量不相等，故B正确；��=��

D．设高度为，A物体竖直方向的速度为

ℎ��A=2�ℎ

B物体到底端的速度满足

12

B

解得𝑚ℎ=2��

B物体�B竖=直方2�向ℎ的速度

根据重力的瞬时功率�B�=�Bcos�<��A

可知两物体落地时重力�=的�瞬�时��功率不相等，故D错误；

故选B。

8.（2025·北京延庆·一模）以6m/s的速度匀速上升的气球，当升到离地面14.5m高时，从气球上落下一

小球，小球的质量为0.5kg，假设小球在运动过程中所受的阻力大小总等于1N。重力加速度g取10m/s2。

下列说法正确的是（）

A．小球的重力势能最多可增加6J

B．小球从脱离气球到下落至地面时所用的时间为1.5s

C．小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为2.5N·s

D．小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为55J

【答案】D

【详解】A．小球从气球上落下后先上升后下降，小球上升过程中，根据牛顿第二定律mg+f=ma1

2

解得a1=12m/s

小球到达最高点经过的时间为

�

�1=�1=0.5s

小球离开气球上升的高度为

�

ℎ1=2�1=1.5m

小球的重力势能最多可增加

选项A错误；Δ�p=𝑚(ℎ+ℎ1)=80J

B．下落时的加速度

𝑚−�2

�2=�=8m/s

下落的时间

2(ℎ+ℎ1)

2

可知小球从脱�离=气球�到2下=落2至s地面时所用的时间为

选项B错误；�=�1+�2=0.5s+2s=2.5s

C．设向下为正向，则小球从脱离气球到下落至地面时，阻力的冲量大小为

即阻力冲量大小1.5N∙s，选项C错误；��=��1−��2=−1.5N⋅s

D．落地的速度v2=a2t2=16m/s

小球从脱离气球到下落至地面时，动能的增加量为

1212122

�22212

选项D正确。Δ�=��−��=×0.5×(16−6)J=55J

故选D。

9.（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的

结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量

为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A．装置中绳子的拉力为mgtanθ

B．装置转动的角速度为

�tan�

�0+�sin�

C．装置转动的周期为

�cos�

D．装置旋转一周，小球2π的动�量变化为0

【答案】D

【详解】A．对装置受力分析如图所示

装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则

解得�cos�=𝑚

𝑚

�=cos�

故A错误；

BC．由牛顿第二定律

2

其中圆周运动的半径为𝑚tan�=𝑚�

0

联立解得装置转动的角速�=度�为⋅sin�+�

�tan�

�=�0+�sin�

装置转动的周期为

2��0+�sin�

故BC错误；�=�=2��tan�

D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D正确。

故选D。

10.（2025·北京石景山·一模）如图所示，木块A置于光滑水平面上，水平轻质弹簧左端固定于竖直墙壁

上，右端与木块A相连接，弹簧处于原长状态。子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压

缩到最短。现将子弹、木块和弹簧一起作为研究对象（系统），在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最

短的整个过程中，该系统（）

A．动量守恒，机械能守恒

B．动量不守恒，机械能不守恒

C．动量守恒，机械能不守恒

D．动量不守恒，机械能守恒

【答案】B

【详解】整个运动过程中，由于墙壁对弹簧有作用力，系统所受合外力不为零，所以动量不守恒，子弹射

入木块的过程有摩擦生热，系统机械能不守恒。

故选B。

11.（2025·北京丰台·一模）乌贼在遇到紧急情况时，通过快速喷水获得速度而逃离。已知乌贼喷水前的质

量为M。速度为0，喷水时，在极短时间内将质量为m的水以速度u水平向前喷出，获得速度向后

逃离，所受水的阻力与速度成正比，比例系数为k。下列说法正确的是（）

A．乌贼获得的最大速度为